人教版物理必修二功能定理與機(jī)械能守恒定律知識點與例題

龍文教育學(xué)科老師個性化教案教師學(xué)生姓名上課日期4-2學(xué)科物理年級高一教材版本人教版學(xué)案主題動能定理與機(jī)械能守恒課時數(shù)量（全程或具體時間）第（4）課時授課時段13-15教學(xué)目標(biāo)教學(xué)內(nèi)容功能關(guān)系個性化學(xué)習(xí)問題解決1、定能定理2、機(jī)械能守恒的使用條件教學(xué)重點、難點必修二重難點教學(xué)過程知識要點：§7-3動能&動能定理一、動能1.概念：物體由于運動而具有的能量，稱為動能。2.表達(dá)式：，單位為J。3.影響因素：只與物體某狀態(tài)下的速度大小有關(guān)，與速度的方向無關(guān)。注：動能是相對量（因為速度是相對量）。參考系不同，速度就不同，所以動能也不同，一般來說都以地面為參考系。4.動能的變化：，即末狀態(tài)動能與初狀態(tài)動能之差。注意：ΔEK>0，表示物體的動能增加；ΔEK<0，表示物體的動能減少。5.說明：①動能具有相對性，與參考系的選取有關(guān)，一般以地面為參考系描述物體的動能。②動能是表征物體運動狀態(tài)的物理量，與時刻、位置對應(yīng)。③動能是一個標(biāo)量，有大小、無方向，且恒為正值。二、動能定理1.內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。2.表達(dá)式：。3.意義：動能定理指出了外力對物體所做的總功與物體動能變化之間的關(guān)系。即外力對物體所做的總功，對應(yīng)于物體動能的變化，變化的大小由做功的多少來量度。4.適用情況：①適用于受恒力作用的直線運動，也適用于變力作用的曲線運動；②不涉及加速度和時間的問題中，首選動能定律；③求解多個過程的問題；④變力做功。5.解題步驟：①明確研究對象，找出研究對象初末運動狀態(tài)（對應(yīng)的速度）及其對應(yīng)的過程；②對研究對象進(jìn)行受力分析；③弄清外力做功的大小和正負(fù)，計算時將正負(fù)號代入；④當(dāng)研究對象運動由幾個物理過程所組成，則可以采用整體法進(jìn)行研究?！?-4機(jī)械能守恒定律&能量守恒定律一、機(jī)械能守恒定律1.內(nèi)容：在只有重力或彈簧彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。2.條件：只有重力或彈簧彈力做功。3.用法：①，系統(tǒng)中初末狀態(tài)機(jī)械能總和相等，且初末狀態(tài)必須用同一零勢能計算勢能。②，系統(tǒng)重力勢能減少（增加）多少，動能就增加（減少）多少。③，系統(tǒng)中A部分增加（減少）多少，B部分就減少（增加）多少。4.解題步驟：①確定研究對象，分析研究對象的物理過程；②進(jìn)行受力分析；③分析各力做功的情況，明確守恒條件；④選擇零勢能面，確定初末狀態(tài)的機(jī)械能（必須用同一零勢能計算勢能）；⑤根據(jù)機(jī)械能守恒定律列方程。5.判斷機(jī)械能守恒的方法：①從做功角度判斷：分析物體或物體系的受力情況，明確各力做功的情況，若只有重力或彈簧彈力對物體或物體系做功，則物體或物體系機(jī)械能守恒；②從能量轉(zhuǎn)化的角度來判斷：若物體系中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，而無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體系的機(jī)械能守恒。二、能量守恒定律1.內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。2.表達(dá)式：。3.意義：動能定理指出了外力對物體所做的總功與物體動能變化之間的關(guān)系。即外力對物體所做的總功，對應(yīng)于物體動能的變化，變化的大小由做功的多少來量度。4.解題思路：①轉(zhuǎn)化：同一系統(tǒng)中，A增必定存在B減，且增減量相等；②轉(zhuǎn)移：兩個物體A、B，只要A的某種能量增加，B的某種能量一定減少，且增減量相等。5.解題步驟：①分清有哪幾種形式的能在變化；②分別列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達(dá)式或列出最初的能量E初和最終的能量E末的表達(dá)式；③根據(jù)列等式求解?！?-5綜合：各種力做功的計算&功能關(guān)系各種力做功的計算問題1.恒力做功：運用公式W=Flcosθ：使用此式時需找對真正做功的力F和它發(fā)生的位移lcosθ。注意：用此式計算只能計算恒力做功。多個恒力的做功求解：①用平行四邊形定則求出合外力，再根據(jù)W=F合lcosθ計算功。注意θ應(yīng)是合外力與位移l間的夾角。②分別求出各個外力做的功:W1=F1lcosθ1,W2=F2lcosθ2…再求出各個外力做功的代數(shù)和W總=W1+W2+…。2.變力做功（物理八種常見的分析方法）：（1）等值法：若某一變力做的功和某一恒力做的功相等，則可以通過計算該恒力做的功，求出該變力做的功。恒力做功用計算。（2）功率法：若功率恒定，可根據(jù)W=Pt求變力做的功。（3）動能定理法：根據(jù)W=ΔEK計算。（4）功能分析法：某種功與某種能對應(yīng)，可根據(jù)相應(yīng)能的變化求對應(yīng)的力做的功。（5）平均力法：如果力的方向不變，力的大小隨位移按線性規(guī)律變化，可用算術(shù)平均值（恒力）代替變力，公式為。（6）圖像法：如果參與做功的力是變力，方向與位移方向始終一致而大小隨時間變化，我們可作出該力隨位移變化的圖像。如圖，那么曲線與橫坐標(biāo)軸所圍的面積，即為變力做的功。極限法（極端法）：將所求的物理量推向極大或極小推斷出現(xiàn)的情況，此方法適用于選擇題中。微元法：將一個過程分解成無數(shù)段極小的過程，即整個過程是由小過程組合而成，先分析小過程，從而引向總過程討論分析，從而得出結(jié)論。3.摩擦力做功：（1）做功特點：①摩擦力既可以對物體做正功，也可以對物體做負(fù)功。②在相互存在的靜摩擦力的系統(tǒng)中，一對靜摩擦力中，一個做正功，另一個做負(fù)功，且功的代數(shù)和為0。③靜摩擦力對物體做功的過程，是機(jī)械能在相互接觸的物體之間轉(zhuǎn)移的過程，沒有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。摩擦力做的功與產(chǎn)生內(nèi)能的關(guān)系：①滑動摩擦力做的功為負(fù)值，在數(shù)值上等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，即W滑=-fs相對。②滑動摩擦力做的功在數(shù)值上等于存在相互摩擦力的系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，根據(jù)能量守恒定律可知，滑動摩擦力做的功在數(shù)值上等于系統(tǒng)內(nèi)產(chǎn)生的內(nèi)能，即W滑=-ΔE。功和能的關(guān)系能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功才能實現(xiàn)：做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，某種力做功往往與某一具體的能量變化相對應(yīng)。2.功是能量轉(zhuǎn)化的量度：①合外力做的功（所有外力做的功）動能變化量；②重力做的功重力勢能變化量；③彈簧彈力做的功彈性勢能變化量；④外力（除重力、彈簧彈力）做的功機(jī)械能變化量：⑤彈簧彈力、重力做的功不引起機(jī)械能的變化；⑥一對滑動摩擦力做的功內(nèi)能變化量；⑦電場力做的功電視能變化。 功能關(guān)系能量轉(zhuǎn)化和守恒定律典型應(yīng)用1．如圖1所示，物體A的質(zhì)量為m，置于水平地面上，A的上端連一輕彈簧，原長為L，勁度系數(shù)為k.現(xiàn)將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，使B點上移距離為L，此時物體A也已經(jīng)離開地面，則下列說法中正確的是()．圖1A．提彈簧的力對系統(tǒng)做功為mgLB．物體A的重力勢能增加mgLC．系統(tǒng)增加的機(jī)械能小于mgLD．以上說法都不正確2．如圖2所示，在光滑四分之一圓弧軌道的頂端a點，質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)由靜止開始下滑，經(jīng)圓弧最低點b滑上粗糙水平面，圓弧軌道在b點與水平軌道平滑相接，物塊最終滑至c點停止．若圓弧軌道半徑為R，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，下列說法正確的是()．圖2A．物塊滑到b點時的速度為eq\r(gR)B．物塊滑到b點時對b點的壓力是3mgC．c點與b點的距離為eq\f(R,μ)D．整個過程中物塊機(jī)械能損失了mgR3．已知貨物的質(zhì)量為m，在某段時間內(nèi)起重機(jī)將貨物以加速度a加速升高h(yuǎn)，則在這段時間內(nèi)，下列敘述正確的是(重力加速度為g)()A．貨物的動能一定增加mah－mghB．貨物的機(jī)械能一定增加mahC．貨物的重力勢能一定增加mahD．貨物的機(jī)械能一定增加mah＋mgh4．如圖3所示，斜面AB、DB的動摩擦因數(shù)相同．可視為質(zhì)點的物體分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，下列說法正確的是()．圖3A．物體沿斜面DB滑動到底端時動能較大B．物體沿斜面AB滑動到底端時動能較大C．物體沿斜面DB滑動過程中克服摩擦力做的功較多D．物體沿斜面AB滑動過程中克服摩擦力做的功較多5．20XX年廣州亞運會上，劉翔重歸賽場，以打破亞運會記錄的方式奪得110米跨欄的冠軍．他采用蹲踞式起跑，在發(fā)令槍響后，左腳迅速蹬離起跑器，在向前加速的同時提升身體重心．如圖4所示，假設(shè)質(zhì)量為m的運動員，在起跑時前進(jìn)的距離x內(nèi)，重心上升高度為h，獲得的速度為v，阻力做功為W阻、重力對人做功W重、地面對人做功W地、運動員自身做功W人，則在此過程中，下列說法中不正確的是()圖4A．地面對人做功W地＝eq\f(1,2)mv2＋mghB．運動員機(jī)械能增加了eq\f(1,2)mv2＋mghC．運動員的重力做功為W重＝－mghD．運動員自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻6．在機(jī)場和火車站可以看到對行李進(jìn)行安全檢查用的水平傳送帶如圖5所示，當(dāng)旅客把行李放在正在勻速運動的傳送帶上后，傳送帶和行李之間的滑動摩擦力使行李開始運動，隨后它們保持相對靜止，行李隨傳送帶一起勻速通過檢測儀器接受檢查，設(shè)某機(jī)場的傳送帶勻速前進(jìn)的速度為0.4m/s，某行李箱的質(zhì)量為5kg，行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.2，當(dāng)旅客把這個行李箱小心地放在傳送帶上，通過安全檢查的過程中，g取10m/s2，則()．圖5A．開始時行李的加速度為2m/s2B．行李到達(dá)B點時間為2sC．傳送帶對行李做的功為0.4JD．傳送帶上將留下一段摩擦痕跡，該痕跡的長度是0.03m7．如圖5甲所示，在傾角為θ的光滑斜面上，有一個質(zhì)量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始運動，物體的機(jī)械能E隨位移x的變化關(guān)系如圖乙所示．其中0～x1過程的圖線是曲線，x1～x2過程的圖線為平行于x軸的直線，則下列說法中正確的是()．圖6A．物體在沿斜面向下運動B．在0～x1過程中，物體的加速度一直減小C．在0～x2過程中，物體先減速再勻速D．在x1～x2過程中，物體的加速度為gsinθ8．如圖7所示，水平面上的輕彈簧一端與物體相連，另一端固定在墻上P點，已知物體的質(zhì)量為m＝2.0kg，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，彈簧的勁度系數(shù)k＝200N/m.現(xiàn)用力F拉物體，使彈簧從處于自然狀態(tài)的O點由靜止開始向左移動10cm，這時彈簧具有彈性勢能Ep＝1.0J，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，若取g＝10m/s2，則撤去外力F后()．圖7A．物體向右滑動的距離可以達(dá)到12.5cmB．物體向右滑動的距離一定小于12.5cmC．物體回到O點時速度最大D．物體到達(dá)最右端時動能為0，系統(tǒng)機(jī)械能不為09．滑雪是一項危險性高而技巧性強(qiáng)的運動，某次滑雪過程可近似模擬為兩個圓形軌道的對接，如圖8所示．質(zhì)量為m的運動員在軌道最低點A的速度為v，且剛好到達(dá)最高點B，兩圓形軌道的半徑相等，均為R，滑雪板與雪面間的摩擦不可忽略，下列說法正確的是()．圖8A．運動員在最高點B時，對軌道的壓力為零B．由A到B過程中增加的重力勢能為2mgR－eq\f(1,2)mv2C．由A到B過程中阻力做功為2mgR－eq\f(1,2)mv2D．由A到B過程中損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv210．如圖9所示，質(zhì)量為m的長木塊A靜止于光滑水平面上，在其水平的 上表面左端放一質(zhì)量為m的滑塊B，已知木塊長為L，它與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的恒力F拉滑塊B.圖9(1)當(dāng)長木塊A的位移為多少時，B從A的右端滑出？(2)求上述過程中滑塊與木塊之間產(chǎn)生的內(nèi)能．11．如圖10所示，一質(zhì)量m＝0.4kg的滑塊(可視為質(zhì)點)靜止于動摩擦因數(shù)μ＝0.1的水平軌道上的A點．現(xiàn)對滑塊施加一水平外力，使其向右運動，外力的功率恒為P＝10.0W．經(jīng)過一段時間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點后水平飛出，恰好在C點沿切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點D處裝有壓力傳感器，當(dāng)滑塊到達(dá)傳感器上方時，傳感器的示數(shù)為25.6N．已知軌道AB的長度L＝2.0m，半徑OC和豎直方向的夾角α＝37°，圓形軌道的半徑R＝0.5m．(空氣阻力可忽略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：圖10(1)滑塊運動到C點時速度vC的大小；(2)B、C兩點的高度差h及水平距離x；(3)水平外力作用在滑塊上的時間t.12．如圖11所示，AB是傾角為θ的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓 弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R.一個質(zhì)量為m的物體(可以看做質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運動．已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ.求：圖11(1)物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程；(2)最終當(dāng)物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力大??；(3)為使物體能順利到達(dá)圓弧軌道的最高點D，釋放點距B點的距離L′應(yīng)滿足什么條件？課堂練習(xí)另附課后作業(yè)另附學(xué)生成長記錄本節(jié)課教學(xué)計劃完成情況：照常完成□提前完成□延后完成□____________________________學(xué)生的接受程度：54321______________________________學(xué)生的課堂表現(xiàn)：很積極□比較積極□一般積極□不積極□___________________________學(xué)生上次作業(yè)完成情況：優(yōu)□良□中□差□存在問題_____________________________學(xué)管師（班主任）_______________________________________________________________備注簽字學(xué)生班主任審批教學(xué)主任審批1、解析由于將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，可知提彈簧的力是不斷增大的，最后大小等于A物體的重力，因此提彈簧的力對系統(tǒng)做功應(yīng)小于mgL，A選項錯誤．系統(tǒng)增加的機(jī)械能等于提彈簧的力對系統(tǒng)做的功，C選項正確．由于彈簧的伸長，物體升高的高度小于L，所以B選項錯誤．答案C2．解析物塊從a到b，由機(jī)械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)所以vb＝eq\r(2gR)，故A錯．在b點，由FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,b),R)得FN＝3mg，故B對．從b到c由動能定理得：－μmgs＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，得s＝eq\f(R,μ)，故C對，對整個過程由能量守恒知D正確．答案BCD3．解析據(jù)牛頓第二定律，物體所受的合外力F＝ma，則動能的增加量為mah，選項A錯誤；重力勢能的增加量等于克服重力做的功mgh，選項C錯誤；機(jī)械能的增量為除重力之外的力做的功(ma＋mg)h，選項B錯誤、D正確．答案D4．解析已知斜面AB、DB的動摩擦因數(shù)相同，設(shè)斜面傾角為θ，底邊為x，則斜面高度為h＝xtanθ，斜面長度L＝eq\f(x,cosθ)，物體分別沿AB、DB從斜面頂端由靜止下滑到底端，由動能定理有mgh－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2，可知物體沿斜面AB滑動到底端時動能較大，故A錯誤、B正確；物體沿斜面滑動過程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgLcosθ＝μmgx相同，故C、D錯誤．答案B5．解析由動能定理可知W地＋W阻＋W重＋W人＝eq\f(1,2)mv2，其中W重＝－mgh，所以W地＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻－W人，A錯誤；運動員機(jī)械能的增加量ΔE＝W地＋W阻＋W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh，B正確；重力做功W重＝－mgh，C正確；運動員自身做功W人＝eq\f(1,2)mv2＋mgh－W阻－W地，D錯誤．答案AD6．解析行李開始運動時由牛頓第二定律有：μmg＝ma，所以a＝2m/s2，故選A；由于傳送帶的長度未知，故時間不可求，故不選B；行李最后和傳送帶一起勻速運動，所以傳送帶對行李做的功為W＝eq\f(1,2)mv2＝0.4J，選C；在傳送帶上留下的痕跡長度為s＝vt－eq\f(vt,2)＝eq\f(vt,2)＝0.04m，不選D.答案AC7．解析由圖乙可知，在0～x1過程中，物體機(jī)械能減少，故力F在此過程中做負(fù)功，因此，物體沿斜面向下運動，因在Ex圖線中的0～x1階段，圖線的斜率變小，故力F在此過程中逐漸減小，由mgsinθ－F＝ma可知，物體的加速度逐漸增大，A正確，B、C錯誤；x1～x2過程中，物體機(jī)械能保持不變，F(xiàn)＝0，故此過程中物體的加速度a＝gsinθ，D正確．答案AD8．解析物體向右滑動時，kx－μmg＝ma，當(dāng)a＝0時速度達(dá)到最大，而此時彈簧的伸長量x＝eq\f(μmg,k)，物體沒有回到O點，故C錯誤；因彈簧處于原長時，Ep>μmgx＝0.8J，故物體到O點后繼續(xù)向右運動，彈簧被壓縮，因有Ep＝μmgxm＋Ep′，得xm＝eq\f(Ep－Ep′,μmg)<eq\f(Ep,μmg)＝12.5cm，故A錯誤、B正確；因物體滑到最右端時，動能為零，彈性勢能不為零，故系統(tǒng)的機(jī)械能不為零，D正確．答案BD9解析剛好到達(dá)最高點B，即運動員到達(dá)B點的速度為零，所以在B點對軌道的壓力大小等于自身的重力，選項A錯誤；由A到B過程中重力所做的功WG＝－2mgR，則ΔEp＝－WG＝2mgR，選項B錯誤；對運動員在由A到B的過程由動能定理得：－mg·2R＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，即Wf＝2mgR－eq\f(1,2)mv2，選項C正確；由功能關(guān)系知，機(jī)械能的變化量等于除重力外其他力所做的功，即損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv2－2mgR，選項D錯誤．答案C10．解析：(1)設(shè)B從A的右端滑出時，A的位移為l，A、B的速度分別為vA、vB，由動能定理得μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)(F－μmg)·(l＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)又由同時性可得eq\f(vA,aA)＝eq\f(vB,aB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中aA＝μg，aB＝\f(F－μmg,m)))可解得l＝eq\f(μmgL,F－2μmg).(2)由功能關(guān)系知，拉力做的功等于A、B動能的增加量和A、B間產(chǎn)生的內(nèi)能，即有F(l＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋Q可解得Q＝μmgL.答案：(1)eq\f(μmgL,F－2μmg)(2)μmgL11．解析(1)滑塊運動到D點時，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)滑塊由C點運動到D點的過程，由機(jī)械能守恒定律得mgR(1－cosα)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)聯(lián)立解得vC＝5m/s(2)滑塊